Question

（2014•长宁区一模）设二次函数f(x)=(k-4)x2+kx

(k∈R)

，对任意实数x，有f（x）≤6x+2恒成立；数列{a_n}满足a_n+1=f（a_n）．
（1）求函数f（x）的解析式和值域；
（2）证明：当an∈(0，

1

2

)时，数列{a_n}在该区间上是递增数列；
（3）已知a1=

1

3

，是否存在非零整数λ，使得对任意n∈N^*，都有log3(

1

1 2 -a1

)+log3(

1

1 2 -a2

)+…+log3(

1

1 2 -an

)＞-1+（-1）^n-12λ+nlog₃2恒成立，若存在，求之；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（1）f（x）≤6x+2恒成立，等价于（k-4）x²+（k-6）x-2≤0恒成立，利用二次函数的性质求得k的值，可得f（x）的解析式，从而得到函数的值域．
（2）解：化简a_n+1-a_n为-2(an-

1

4

)2+

1

8

，再根据an∈(0，

1

2

)求得-2(an-

1

4

)2+

1

8

＞0，可得a_n+1＞a_n，即数列{a_n}在区间(0，

1

2

)上是递增数列．
（3）由条件求得

1

2

-an+1=2(

1

2

-an)2，令bn=

1

2

-an，可得lgb_n+1+lg2=2（lgb_n+lg2），根据等比数列的通项公式求得 bn=

( 1 3 )2n-1

2

=

1

2

(

1

3

)2n-1，可得 log3(

1

1 2 -an

)=log3(2•32n-1)=log32+2n-1，再由已知不等式可得2^n-1＞（-1）^n-1λ恒成立，再分当n为奇数、当n为偶数两种情况，求得λ的值．

解答：解：（1）由f（x）≤6x+2恒成立，等价于（k-4）x²+（k-6）x-2≤0恒成立，
从而得：

k-4＜0 (k-6)2+8(k-4)≤0

，化简得

k＜4 (k-2)2≤0

，从而得k=2，所以f（x）=-2x²+2x，
其值域为(-∞，

1

2

]．
（2）解：an+1-an=f(an)-an=-2

a

2 n

+2an-an=-2(an-

1

4

)2+

1

8

，an∈(0，

1

2

)⇒-

1

4

＜an-

1

4

＜

1

4

⇒(an-

1

4

)2＜

1

16

⇒-2(an-

1

4

)2＞-

1

8

⇒-2(an-

1

4

)2+

1

8

＞0，
从而得a_n+1-a_n＞0，即a_n+1＞a_n，所以数列{a_n}在区间(0，

1

2

)上是递增数列．
（3）由（2）知an∈(0，

1

2

)，
从而

1

2

-an∈(0，

1

2

)，

1

2

-an+1=

1

2

-(-2

a

2 n

+2an)=2

a

2 n

-2an+

1

2

=2(an-

1

2

)2，
即

1

2

-an+1=2(

1

2

-an)2．
令bn=

1

2

-an，则有bn+1=2

b

2 n

且bn∈(0，

1

2

)；
从而有lgb_n+1=2lgb_n+lg2，可得lgb_n+1+lg2=2（lgb_n+lg2），
∴数列{lgb_n+lg2}是lgb1+lg2=lg

1

3

为首项，公比为2的等比数列，
从而得lgbn+lg2=lg

1

3

•2n-1=lg(

1

3

)2n-1，
即lgbn=lg

( 1 3 )2n-1

2

，
∴bn=

( 1 3 )2n-1

2

=

1

2

(

1

3

)2n-1，
∴

1

1 2 -an

=

1

bn

=2•32n-1，
∴log3(

1

1 2 -an

)=log3(2•32n-1)=log32+2n-1，
∴，log3(

1

1 2 -a1

)+log3(

1

1 2 -a2

)+…+log3(

1

1 2 -an

)=nlog32+

1-2n

1-2

=2n+nlog32-1．
即 2n+nlog32- 1＞(-1)n-12λ+nlog32-1，所以，2^n-1＞（-1）^n-1λ恒成立．
（1）当n为奇数时，即λ＜2^n-1恒成立，当且仅当n=1时，2^n-1有最小值1为．∴λ＜1．
（2）当n为偶数时，即λ＞-2^n-1恒成立，当且仅当n=2时，有最大值-2为，∴λ＞-2．
∴对任意n∈N^*，有-2＜λ＜1，又λ非零整数，∴λ=-1．

点评：本题主要考查二次函数的性质应用，体现了转化以及分类讨论的数学思想，属于中档题．